55数学分析试题库--计算题、解答题--答案

1数学分析题库（1-22章）四．计算题、解答题求下列极限解：１.)2(lim2)2)(2(lim24lim2nnnnnnnnn２．111lim(1)1223(1)nnn111111lim(1)122311lim(1)11nnnnn３．111coslimcos1lim00xexexxxx４.这是00型，而)1()1ln()1()1(]111)1ln(1[)1(][])1[(2121)1ln(11xxxxxxxxxxxexxxxxx故原极限＝120(1)ln(1)lim(1)(1)xxxxxxxx2001ln(1)1lim2311lim261xxxexxexx53)1(lim)1()1)(1(lim11lim212131nnnnnnnnnnn6211lim(1)nnnn222(1)121lim(1)1nnnnnnnn因1)1(lim2nnnn，1lim2nnn故原极限＝ee1.7．用洛必达法则333sin3cos2lim3cossin21lim66xxxxxx8.00111lim()lim1(1)xxxxxexxexe0011limlim122xxxxxxxxeexeexee9.xxxxxsintanlim0;解法1：200tansec1limlimsin1cosxxxxxxxx2201coslimcos1cosxxxx（）201coslimcos2xxx解法2：2002030tansec1limlimsin1cos2sectanlimsin2limcos2xxxxxxxxxxxxxx10．10lim(sin2cos)xxxx3解因00sin2cos12cos2sinlimlim21xxxxxxx，（3分）故原式1sin2cos1sin2cos10lim(1sin2cos1)xxxxxxxx=2e求下列函数的导数sin11.cos12.ln(ln)13.14.sin.xxyexyxyxyx求的各阶导数解11xexeyxxsincos12xxxxyln11ln113)sinln(cos)(sinlnsinxxxxxeyxxx14.cossin()2yxx()sinsin(2)2cossin(3)2sin()2nyxxyxxyxn15xexeyxx2cos22sin16)1sin(lncos1xxxxy17)tan)ln(cos(cos)(cos][sin)ln(cossinxxxxeyxxx18),2,1(),2)1(sin()(nnxyn.19．1tan22113secln3xxxxx；20.求下列函数的高阶微分：设xexvxxu)(,ln)(，求)(),(33vuduvd解因为xxxxxexxxxexexexexvuvuCvuCvudxuvd)ln332(ln13132)(23232313334所以3233333)ln332()()(dxxxxxedxdxuvduvdx)ln332()(ln13)(132)(ln)(23233333xxxxeexexexexexdxdvudxdxxxxxx所以3233)ln332()(dxxxxxevudx21.;)(arctan23xy解：332362arctan(arctan)6arctan1yxxxxx22.;xxyx解：令1xyx,1lnlnyxx两边对两边对x求导有11ln1yxy,()lnxxxxxxxlnlnxyxx两边对x求导有(ln)xyxxy1121()ln(ln)(ln)ln((ln)ln)(lnln)xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxyxxxxxxxxxxx23.求由参量方程;sin,costeytextt所确定的函数的二阶导数:22dxyd解法1：;sin,costeytextt由含参量方程的求导法则有5cossincossincossincossinttttdyetetttdxetettt求22dydx即求参量方程cossin,cossincos;tdyttdxttxet的导数222223(cossin)(cossin)()2(cossin)(cossin)(cossin)ttttttdyddyttdxdxdxettett解法2：;sin,costeytextt由含参量方程的求导法则有cossincossintan()cossincossin4ttttdyetettttdxetettt求22dydx即求参量方程tan(),4cos;tdytdxxet的导数2232()sec()24sec()242cos()4ttdydtdydxetdxdxet24．设3xyxe,试求(6)y.解基本初等函数导数公式，有32333()()3,()6,()6,()=0,4,5,6,kxxxxxxk()(e)e,1,2,,6xkxk,应用莱布尼兹公式（6n）得(6)32e63e156e206exxxxyxxx32(1890120)exxxx.25．试求由摆线方程(sin),(1cos)xattyat所确定的函数()yfx的二阶导数.解d((1cos))sincot,d((sin))1cos2yatttxattt622421cotcscd1222csc.d((sin))(1cos)42ttytxattata26.求2()ln(1)fxx到6x项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式.解因为233ln(1)()23xxxxox,所以2()ln(1)fxx到6x项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式为46226ln(1)()23xxxxox.27．x(,2)－２(－2,－1)－１(－1,0)０(0,)y－０＋不存在＋０－()yfx递减，凹极小值－３递增，凹递增，凹极大值１递减，凹28．解（1）)0(01sinlim)(lim00fxxxfmxx，故对任意正整数m，f在0x连续.（2）1101sinlim01sinlim0)0()(lim)0(1000mmxxxxxxfxffmxmxx不存在，故当1m时，f在0x可导.（3）先计算f的导函数.00x，0000000000000)1sin1(sin1sin)(lim1sin1sin1sin1sinlim1sin1sinlim)(000xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxfmmmxxmmmmxxmmxx70200102000010000000100211cos1sin11cos1sin2sin2cos2lim1sin)(lim00xxxmxxxxxmxxxxxxxxxxxxxxxxxmmmmmxxmmmxx220)1cos1sin(lim)1cos1sin(lim)(lim202100mmxxmxxxxxmxxfmxmmxx不存在由（2）知，0)0(f，于是当2m时，有)0(0)(lim0fxfx，所以当2m时，f在0x连续.29．解因为23)(,2)(xxgxxf，故当0x时，0)0(,0)0(gf，不满足柯西中值定理的条件，所以在区间[-1,1]上不能用柯西中值定理.30．证明（1）对任何0x，有)0(01sin)(24fxxxf，故0x是极小值点.（2）当0x时，有)1cos1sin2(1sin21cos1sin21sin4)(2223xxxxxxxxxxxf，作数列221nxn，421nyn，则0nx，0ny.即在0x的任何右邻域)0(0U内，既有数列}{nx中的点，也有数列}{ny中的点.并且0)(nxf，0)(nyf，所以在)0(0U内f的符号是变化的，从而f不满足极值的第一充分条件.又因为001sinlim)0(240xxxfx，00)1cos1sin2(1sin2lim)0(20xxxxxxfx，所以用极值的第二充分条件也不能确定f的极值.31．答：能推出f在),(ba内连续.证明如下：),(0bax，取},min{2100xbax，于是],[0bax，由题设，f在],[ba上连续，从而在0x连续.由0x的任意性知，f在),(ba内连续.32.试求函数32|2912|yxxx在[1,3]上的最值和极值.解832222|2912||(2912)|(2912),10,(2912),03,yxxxxxxxxxxxxxx在闭区间[1,3]上连续,故必存在最大最小值.2261812,618126(1)(2),10,6(1)(2),03,xxyxxxxxxxx令0y,得稳定点为1,2x.又因(0)12,f(0)12,f故y在0x处不可导.列表如下x[1,0)0(0,1)1(1,2)2(2,3]()fx不存在00()fx递减极小值(0)0f递增极大值(1)5f递减极小值(2)4f递增所以0x和2x为极小值点,极小值分别为(0)0f和(2)4f,1x为极大值点,极大值为(1)5f.又在端点处有(1)23f,(3)9f,所以函数在0x处取最小值0,在1x处取最大值23.33.求函数155345xxxy在[1,2]上的最大最小值：解：令()yfx432222520155(43)5(1)(3)yxxxxxxxxx令0y解得函数在[1,2]的稳定点为120,1xx,而(1)10,(0)1,(1)2,(2)7ffff，9所以函数在[1,2]的最大值和最小值分别为maxmin(1)2,(1)10ff.34.确定函数25363223xxxy的凸性区间与拐点:解：令()yfx26636,yxx126,yx1260,yx解得12x，当1(,)2x时，0y，从而区间1(,)2为函数的凹区间,当1(,)2x时，0y，从而区间1(,)2为函数的凸区间.并且1113()0,()222ff，所以113(,)22为曲线的拐点.35.设11(1,2,)nnann,则na是有理数列.点集1,2,nan非空有界,但在有理数集内无上确界.数列na递增有上界,但在有理数集内无极限.36.设11(1,2,)nnann,则na是有理数列.点集1,2,nan有界无限,但在有理数集内无不存在聚点.数列na满足柯西准则,但在有理数集内不存在极限.37.不能从H中选出有限个开区间覆盖10,2